2021-2022学年湖北省十堰市丹江口市第一中学高一下学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年湖北省十堰市丹江口市第一中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．在复平面内，复数z的对应点为，则（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】复数z的对应点为，可得z=1+i．再利用复数的运算法则即可得出．

【详解】在复平面内，复数z的对应点为（1，1），

所以z=1+i．所以z2=（1+i）2=2i，

故选：B．

2．长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（    ）

A． B． C． D．都不对

【答案】B

【分析】由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直径，然后求出球的表面积．

【详解】解：长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，

所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：，

所以球的半径为：；则这个球的表面积是：．

故选：．

3．向量在正方形网格中的位置如图所示．若向量与垂直，则实数（    ）

A． B．

C．3 D．2

【答案】C

【分析】设，其中，根据向量垂直的条件可得选项．

【详解】由图可设，其中，所以，

又向量与垂直，所以，即，所以，解得.

故选：C.

4．已知在△ABC中，，则＝

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】分析：由余弦定理可得利用可得结果.

详解：在中，由余弦定理得，

的夹角等于，

根据向量的数量积定义，

，故选B.

点睛：本题考查利用定义求平面向量数量积，及余弦定理的应用,属于中档题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.

5．如图，长方体的棱所在直线与直线为异面直线的条数是（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】C

【分析】画出图形，根据异面直线的定义即可数出.

【详解】如图，在正方体中与棱所在直线是异面直线的有 ，共6条．

故选：C.

6．如图所示，在正方形中，点，分别为边，的中点，将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折的过程中，

①点与点在某一位置可能重合；②点与点的最大距离为；

③直线与直线可能垂直；   ④直线与直线可能垂直.

以上说法正确的个数为

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【解析】将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折的过程中，A,C的运动轨迹分别是圆；AB,AF是以BF为旋转轴的圆锥型侧面；CE,CD是以DE为旋转轴的圆锥型侧面.

【详解】由题意，在翻折的过程中，A,C的运动轨迹分别是两个平行的圆，所以不能重合，

故①不正确；

点与点的最大距离为正方形的对角线,

故②正确；

由于△ABF和△CDE全等，把△CDE平移使得DC和AB重合，

如图，

△ABF绕BF旋转形成两个公用底面的圆锥，AB,CD是稍大的圆锥的母线，由于∠ABF小于45°，所以AB,CD的最大夹角为锐角，所以不可能垂直，

故③不正确；

同理可知，由于∠AFB大于45°，所以AF,BE的最大夹角为钝角，所以可能垂直，

故④正确.

故选:C.

【点睛】本题主要考查空间位置关系的判断，侧重考查直观想象的核心素养.

7．已知M是边长为1的正△ABC的边AC上的动点，N为AB的中点，则的取值范围是（    ）

A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]

【答案】A

【分析】可取AC的中点为O，然后以点O为原点，直线AC为x轴，建立平面直角坐标系，从而根据条件可得出，并设，从而可得出，根据x的范围，配方即可求出的最大值和最小值，从而得出取值范围.

【详解】解：取AC的中点O，以O为原点，直线AC为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

则：，设，

，

，且，

时，取最小值时，取最大值，

∴的取值范围是.

故选：A.

【点睛】本题考查了通过建立平面直角坐标系，利用向量坐标解决向量问题的方法，向量坐标的数量积运算，配方求二次函数值域的方法，考查了计算能力，属于中档题.

8．一个封闭的正三棱柱容器，高为3，内装水若干(如图甲，底面处于水平状态)，将容器放倒(如图乙，一个侧面处于水平状态)，这时水面与各棱交点分别为所在棱的中点，则图甲中水面的高度为（    ）

A． B．

C．2 D．

【答案】D

【分析】利用两个容器中的水的体积相等，即可得到水面的高度.

【详解】因为分别为所在棱的中点，

所以棱柱的体积

设甲中水面的高度为 h，则，解得，

故选：D.

二、多选题

9．用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是（    ）

A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．正方体

【答案】ACD

【分析】根据物体特征分析截面可能的情况即可得解.

【详解】圆锥的轴截面是三角形，圆柱的任何截面都不可能是三角形，

三棱锥平行于底面的截面是三角形，

正方体的截面可能是三角形，如图形成的截面三角形,

故选：ACD

10．设为复数，则下列命题中正确的是（    ）

A． B．

C．若，则的最小值为 D．若，则

【答案】ACD

【分析】根据复数的概念以及复数的几何意义对每个选项逐个判断即可.

【详解】对于A，不妨设，所以.因为，所以；又因为，所以.故A正确；

对于B，不妨设，则，，和不一定相等，故B错误；

对于C，根据复数的几何意义可知，表示以原点为圆心，为半径的圆上的点；表示点到点的距离，那么点与点重合时距离最小为，故最小值为，故C正确；

对于D，根据复数的几何意义可知，可以表示以为圆心，为半径的圆上的点,表示点到原点的距离，则当点与点重合时距离最小为；当点时距离最大为.故，故D正确.

故选:ACD

11．对于，有如下命题，其中正确的有（    ）

A．若，则是等腰三角形

B．若是锐角三角形，则不等式恒成立

C．若，则为锐角三角形

D．若，则为钝角三角形

【答案】BD

【分析】对选项A，根据题意得到或，即可判断A错误；对选项B， 根据题意得到，从而得到，即可判断B正确；对选项C，根据题意得到，从而得到，即可判断C错误；对选项D，根据得到为钝角，即可判断D正确.

【详解】对选项A，，

所以或，故A错误；

对选项B，是锐角三角形，

所以，

所以，故B正确.

对选项C，，

所以，.

又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故C错误；

对选项D，，

所以，

即，又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故D正确.

故选：BD

12．在中，若，下列结论中正确的有（    ）

A． B．是钝角三角形

C．的最大内角是最小内角的倍 D．若，则外接圆的半径为

【答案】ACD

【分析】先根据题意求出，，,结合正弦定理可得A，D的正误, 结合余弦定理可得B，C的正误.

【详解】由题意,设,

解得;

所以,

所以A 正确;

由以上可知最大,

所以为锐角,

所以B错误;

由以上可知最小,

,

,

即,

因为为锐角,为锐角,所以

所以C正确;

因为，所以,

设外接圆的半径为,则由正弦定理可得

所以

所以D正确.

故选: ACD.

三、填空题

13．向量在向量方向上的投影向量的模为________．

【答案】2

【详解】根据投影的定义可得：

在方向上的投影向量为：．

所以在方向上的投影向量的模为

故答案为：2

14．若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则侧面积为______.

【答案】

【分析】根据正三棱柱的体积计算出的值，由此可计算出该正三棱柱的侧面积.

【详解】正三棱柱的底面积为，

所以，该正三棱柱的体积为，解得，

因此，该正三棱柱的侧面积为.

故答案为.

【点睛】本题考查正三棱柱的侧面积的计算，解题的关键就是利用正三棱柱的体积计算出棱长，考查计算能力，属于基础题.

15．将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平个单位长度得到的图象，则________．

【答案】

【分析】根据函数的图象变换规律，求得的解析式，可得的值．

【详解】解：将函数，

图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，可得的图象，

再向右平移个单位长度得到的图象，

，且，，

解得，，函数，，

故答案为：

16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若O为的重心，，，则________.

【答案】

【分析】根据及余弦定理建立方程得出，再由余弦定理求解即可．

【详解】连接AO，延长AO交BC于D，

由题意得D为BC的中点，，所以，

因为，

所以，得.

故

故答案为：

四、解答题

17．已知复平面内的点A，B对应的复数分别为，（），设对应的复数为z.

（1）当实数m取何值时，复数z是纯虚数；

（2）若复数z在复平面上对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）求出，z是纯虚数，虚部不为0，实部为0，即可求解；

（2）根据的值，求出对应点到坐标，根据已知列出不等式，即可求出结论.

【详解】点A，B对应的复数分别为，

对应的复数为z，，

（1）复数z是纯虚数，，

解得，

；

（2）复数z在复平面上对应的点坐标为，

位于第四象限，，即，

.

【点睛】本题考查复数的代数表示法、几何意义、复数的分类，属于基础题.

18．已知平面向量．

(1)若，且，求的坐标；

(2)若与的夹角为锐角．求实数的取值范围．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）设，由向量平行和向量的模列出方程组可解得x，y，即可得向量的坐标；

（2）由可求出的范围，去除两向量共线的情形即可得最终范围.

【详解】（1）设，

因为，所以，因为，所以

解得：，或，所以或

（2），，

因为与的夹角为锐角，所以，

，

解得：且，

即

19．如图所示正四棱锥S-ABCD，，，P为侧棱SD上的点，且，求：

(1)正四棱锥S-ABCD的表面积；

(2)侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，.

【分析】（1）应用棱锥表面积的求法求正四棱锥S-ABCD的表面积；

（2）取SD中点为Q，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE，由线面平行的判定可得平面PAC，根据等比例性质有，再根据线面平行的判定得平面PAC，最后由面面平行的判定及性质即可确定存在性.

【详解】（1）正四棱锥S-ABCD中，，则侧面的高，

所以正四棱锥S-ABCD的表面积.

（2）在侧棱SC上存在一点E，使平面PAC，满足，

理由如下：

取SD中点为Q，因为，则，

过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE.

在中有，平面PAC，平面PAC，

所以平面PAC，

由，则，平面PAC，平面PAC，

所以平面PAC，而，故面面PAC，

又面，则平面PAC，此时.

20．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A的大小；

(2)若A的角平分线交BC于D，且AD＝3，求△ABC面积的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将边向角转化，然后利用三角函数的公式变形可得答案；

（2）由可得，然后利用基本不等式可得答案.

【详解】（1）由正弦定理，得，

得，

得，

因为，所以，即.

（2）因为，

所以.

因为，即（当且仅当b＝c＝6时，等号成立），

所以．故△ABC面积的最小值为.

21．如图1，在直角梯形中，，，点为的中点，点在，将四边形沿边折起，如图2.

(1)证明：图2中的平面；

(2)在图2中，若，求该几何体的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，分别证得和，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面.

（2）由，得到，证得，连接，把该几何体分割为四棱锥和三棱锥，结合锥体的体积公式，即可求解.

【详解】（1）证明：取中点，连接，

因为，所以四边形是平行四边形，

所以且，

所以四边形是平行四边形，所以，

因为平面，且平面，所以平面，

同理可知：四边形是平行四边形，所以，证得平面，

因为平面，且，平面，

所以平面平面，

因为平面，所以平面.

（2）解：若，

因为，，则，故，

所以两两垂直，

连接，该几何体分割为四棱锥和三棱锥，

则，

因为平面平面，故，

所以该几何体的体积为.

22．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，.

(1)求证：是直角三角形；

(2)已知，，点P，Q是边AC上的两个动点（P，Q不重合），记.

①当时，设的面积为，求的最小值；

②记，.问：是否存在实常数和，对于所有满足题意的，，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)①②存在，，

【分析】（1）利用三角形的内角和定理和诱导公式将化为，再利用两角和差公式和二倍角公式进行化简，进而判定三角形的形状；

（2）①设，利用正弦定理求出、，再利用三角形的面积公式和三角函数的性质进行求解；

②假设存在实常数，利用三角恒等变形得到恒等式，将其转化为进行求解.

【详解】（1）证明：在中，因为，

且，

所以，

即，

所以或者.

当时，即，所以为直角三角形；

当时，，

从而，因此，所以为直角三角形.

综上所述，是直角三角形.

（2）解：①因为，所以，

又，，所以，.

如图，设，，

则在中，由正弦定理，得，

所以.

在中，由正弦定理，得，

所以.

所以，

因为，所以，

故当，即时，.

②假设存在实常数，对于所有满足题意的，

都有成立，

则存在实常数，对于所有满足题意的，

都有.

由题意，是定值，

所以，是定值，

对于所有满足题意的成立，

故有，

因为，从而，

即，

因为为的内角，所以，

从而，.